Các chuyên đề Toán phổ thông: Tập 3

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:48

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và nghiên cứu, mời các bạn cùng tham khảo nội dung tập 3 tài liệu "Các chuyên đề Toán phổ thông" dưới đây. Nội dung tài liệu giới thiệu đến các bạn cách tiếp cận tính tích phân, khai thác một bất đẳng thức, sử dụng tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức,...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các chuyên đề Toán phổ thông: Tập 3

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF Tháng 07/2015 Diendantoanhoc.net
Lêi nãi ®Çu Taøi lieäu naøy khoâng phaûi laø taøi lieäu chính thöùc cuûa Dieãn ñaøn toaùn hoïc (VMF) nhöng do caù nhaân toâi laø thaønh vieân cuûa trang dieãn ñaøn thaûo luaän toaùn hoïc naøy neân toâi xin maïo muoäi ghi xuaát xöù laø VMF mong quaûn trò cuûa trang web boû qua yeáu toá treân. Haøng naêm moãi giaùo vieân trung hoïc phoå thoâng ñeàu laøm moät saùng kieán kinh nghieäm veà lónh vöïc chuyeân moân giaûng daïy, tuy nhieân löôïng kieán thöùc maø thaày (coâ) daøy coâng boû ra nghieân cöùu ña phaàn bò boû queân. Hoâm nay toâi coá gaéng toång hôïp laïi caùc saùng kieán kinh nghieäm ñeå ñöa vaøo chung thaønh moät taøi lieäu “CAÙC CHUYEÂN ÑEÀ TOAÙN PHOÅ THOÂNG”. Ñeå tieän cho vieäc toång hôïp vaø theo doõi, toâi chia ra thaønh nhieàu taäp vôùi ñoä daøy moãi taäp taàm khoaûng 50 trang. Chæ laø vieäc toång hôïp noäi dung caùc saùng kieán ñeå cho caùc baïn tham khaûo neân coù ñieàu gì sai soùt mong caùc baïn boû qua. Ngöôøi toång hôïp CD13 Taäp 3 naøy goàm caùc noäi dung: + Theâm moät caùch tieáp caän nöõa ñeå tính tích phaân + Khai thaùc moät BÑT (1) + Khai thaùc moät BÑT (2) + Söû duïng tieáp tuyeán ñeå chöùng minh baát ñaúng thöùc + Moät soá ñònh höôùng cô baûn giaûi phöông trình haøm + Kó thuaät giaûm bieán trong baøi toaùn tìm giaù trò lôùn nhaát, giaù trò nhoû nhaát. Diendantoanhoc.net
THÊM MỘT CÁC TIẾP CẬN NỮA ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN Trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học – cao đẳng thường có bài toán về tính tích phân. Bài viết này xin trao đổi với các bạn về một hướng tiếp cận ( cách “tư duy”) để tính tích phân trong phạm vi phương pháp “ đặt ẩn phụ” . Tác giả gọi tên là “ đặt ẩn phụ không làm thay đổi cận của tích phân”. + Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên  a; b nếu F (x) là một nguyên hàm của f(x) thì b b  f ( x)dx  F ( x) | a  F (b)  F (a) . a + Định nghĩa trên không phụ thuộc vào kí hiệu biến số dưới dấu tích phân. + Một số tính chất cần chú ý: b a +  f ( x)dx    f ( x)dx a b b c b +  f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  c  a; b a a c 5 Bài toán 1: Tính tích phân I=  x 3  3x 2  2 dx 3 3 Khi gặp bài toán này, chắc chắn rằng tất cả các bạn đều nghĩ cách khai triển biểu thức dưới dấu tích phân để đưa về các tích phân cơ bản để tính. Đó là một cách suy nghĩ thường hay gặp phải. Nhưng bạn hãy thử làm xem sao, và hãy thử thay (x3-3x2+2)3 bằng (x3-3x2+3)7 , (x3-3x2+3)9 .... rồi tính nhé!. Sau đó mời các bạn nghiên cứu lời giải sau: dx   dt  Lời giải: Đặt x=2-t   x  3 : t  5  x  5 : t  3  3 5 5 3 3 3  I     (2  t )  3(2  t )  2  dt  3 2   t 3  3t  2  dt     t 3  3t 2  2  dt 2 5 3 3 5 3     x 3  3 x 2  2  dx   I  2 I  0  I  0 3 Khi đọc xong lời giải trên chắc chắn các bạn sẽ đặt câu hỏi : Tại sao lại đặt ẩn phụ như vậy?. Để tìm câu trả lời xin mời các bạn nghiên cứu tiếp bài toán sau: a Bài toán 2: Cho f(x) là hàm lẻ, liên tục trên [-a; a]. Chứng minh rằng  f ( x)dx  0 a Đây là một bài tập khá quen thuộc với các bạn khi học tích phân và nhiều bạn đã biết cách giải. Xong các bạn hãy xem kỹ lời giải sau để “ phát hiện” ra vấn đề nhé! dx  dt  Lời giải: Đặt x=-t   x  a : t  a  x  a : t  a  a a a I  f ( x)dx    f (t )dt   f (t ) dt . Do f(x) là hàm lẻ nên f(-x)=-f(x) do đó a a a a a a I  f (t )dt    f (t )dt    f ( x)dx   I  2 I  0  I  0 a a a Qua 2 bài toán trên, điểm chung của cách đặt ẩn phụ là gì? Câu trả lời là : Đặt ẩn phụ nhưng không làm thay đổi cận của tích phân. Vậy sử dụng suy nghĩ này vào bài toán thực tế như thế nào ? Các bạn hãy chú ý một số điểm sau: Diendantoanhoc.net
- Bài toán 1, 2 có thể tổng quát thành : Chứng minh rằng nếu hàm f (x) liên tục và thoả b mãn: f(a+b-x) =-f(x) thì  f ( x)dx  0 . Việc chứng minh bài toán này xin dành cho độc a giả (bằng cách đặt x=a+b-t là cách đặt mà cận không hề thay đổi!) b - Từ đó ta có cách đặt tổng quát khi gặp tích phân  f ( x)dx mà không thay đổi cận là đặt a x=a+b-t. - Bài toán 1 còn có cách giải khác khá hay để dẫn tới một “ suy nghĩ” mới như sau: dx   dt 4 4  3 3 Đặt x=1-t   x  3 : t  4  I     (1  t )3  3(1  t )2  2  dt    t 3  3t  dt .  x  5 : t  4 4 4  Sử dụng kết quả chứng minh của bài toán 2 ta được I=0 ( do f(t)=-t3+3t là hàm số lẻ). Vậy “ suy nghĩ” mới ở đây là gì? Việc đặt ẩn phụ như vậy ta đã dẫn đến tích phân có cận “đối b xứng” . Trong trường hợp tổng quát để dẫn đến cận “ đối xứng” khi gặp tích phân  f ( x)dx a ab các bạn hãy đặt x   t nhé! 2 Bây giờ chúng ta cùng vận dụng suy nghĩ đó để giải một số bài toán sau:  4 sin 6 x  cos 6 x Bài toán 3: Tính tích phân I   dx (Đề thi đại học năm 2000). 6x  1  4  dx   dt     Lời giải: Đặt x=-t   x   : t  (cách đặt này đã không làm thay đổi cận của tích  4 4     x  4 : t   4 phân) .     4 sin 6 (t )  cos 6 (t ) 4 6 6 t sin t  cos t 4 sin 6 x  cos 6 x Khi đó I    dt   6 . dt   6 x. dx  6 t  1 6t  1 6x  1   4 4 4    sin 6 x  cos6 x 4 4 sin 6 x  cos 6 x 4   sin x  cos 6 x  dx x 6  2I   6 . dx   dx   6x  1 6x  1    4 4 4     4 4 4 4  3   3  5 3    1  3s in 2 x cos 2 x  dx   1  s in 2 2 x  dx  2  1  4 s in 2 x  dx    8  8 cos 4 x  dx   4      4 4 4 4   5x 3  4  5 .    sin 4 x   8 32   16 - 4 Chú ý: Bài toán 3 có dạng tổng quát sau: Nếu f(x) là hàm số liên tục, chẵn thì b b b f ( x) x f ( x) 1 I b a x  1 dx  b a a x  1 dx  I  2 b f ( x)dx . Diendantoanhoc.net
 x sin x Bài toán 4: Tính tích phân I =  cos 2 dx 0 x4 Thông thường khi gặp tích phân trên, hầu hết các bạn đều nghĩ đến phương pháp tính tích phân từng phần. Xong các bạn hãy thử làm như thế và so sánh với lời giải sau: dx   dt  Lời giải : Đặt x    t   x  0 : t   x   : t  0  0    (  t ) sin(  t ) (  t ) sin t sin t t sin t Khi đó I    2 dt   2 dt    2 dt   dt  cos (  t )  4 0 cos t  4 0 cos t  4 0 cos 2 t  4    sin x x sin x sin x  2 dx   2 dx    dx  I 0 cos x  4 0 cos x  4 0 cos 2 x  4   sin x  sin x  2I    2 dx  I   dx 0 cos x  4 2 0 cos 2 x  4  sinxdx   dt  Đặt cosx  t   x  0 : t  1  x   : t  1  1  dt  1 dt  t2 1  ln 3 I   2    ln  2 1 t  4 2 1 (t  2)(t  2) 8 t  2 1 4 Chú ý: Bài toán 4 có thể tổng quát như sau: b b ab Cho hàm số f(x) liên tục và thoả mãn: f(a+b-x) = f(x) . Khi đó  xf ( x)dx  f ( x)dx ( a 2 a để chứng minh kết quả trên các bạn hãy đặt x= a+b-t ). 2 xdx Bài toán 5: Tính tích phân I =  1 ( Đề thi khối A năm 2004) 1 x 1 Với bài toán trên, cách đặt như thế nào để không thay đổi cận của tích phân. dx  2(t  1)dt  2 2 Lời giải: Đặt t  1  x  1 . Khi đó x -1 = (t -1) hay x=(t -1)  1   x  1: t  1 (cách đặt x  2 : t  2  này đảm bảo cận không đổi !) 2 (t  1) (t  1)2  1 2 t 3  3t 2  4t  1 2  1  2 .dt  2 .dt  2  t 2  3t  4   .dt 1 t 1 t 1 t  t3 t2 2 5  2   3  4t  ln | t |    2 ln 2 . 3 2 1 3 b p( x) Chú ý: Bài toán 5 có thể tổng quát dạng  dx với p(x) là đa thức chứa biến x; a mx  n  c m,n,c là các hằng số . Ta có thể đặt t  mx  n  c hoặc t  mx  n đều giải được.  2 sin 3 x Bài toán 6: Tính tích phân I   dx 0 sin x  cos x Diendantoanhoc.net
 dx   dt     Lời giải: Đặt x   t   x  0 : t  2  2    x  2 : t  0     0 sin 3   t  3  2  2 co s t 2 co s3 x I   dt   dt   dx  J      sin t  cos t sin x  cos x 2 sin   t   cos   t  0 0 2  2      2 3 2 3 2 2 3 3 sin x co s x sin x  co s x  I+J   dx   dx   dx   (1  sin x.cos x)dx 0 sin x  cos x 0 sin x  cos x 0 sin x  cos x 0  2  I  J 1  1   1   1   (1  sin 2 x)dx   x  co s 2 x  2   . Vậy   1  I  0 2  4 0 2 2  I  J  2 4 Chú ý: Bài toán 6 có thể tổng quát thành các dạng sau:  b k sin mx 2 n sin m ax a sin mx  cos mx dx ;  0 n sin m ax  n cos m ax Cuối cùng mời các bạn vận dụng vào một số bài tập sau: Tính các tích phân: 1 1 4x  3 I1   0 3x  1  2 dx I2  1  3 lg  x 2  1  x dx   1 2  3 I3   lg 1    x 2  1000  x   dx 2 I4   cos x.ln  x   x 2  1 dx  2 2004 5 5 2 2 n 1  x  6 x 2  16  dx I6   e x x  6 x  16  3 4 x7 3 I5  dx 2000 1   4 1 2 sin x.sin 2 x.cos 3 x dx sin x.sin 2 x.cos 5 x I7  dx I8  1 (e x  1)( x 2  1) I9   dx 2x  1 ex  1   4 2   3  2 x sin x sin x I10   x(tgx  cot gx)dx I11   2 dx I12   dx  0 cos x  1 0 sin x  cos x 6 Diendantoanhoc.net
KHAI THÁC MỘT BẤT ĐẲNG THỨC 1 Trong chương trình toán T.H.C.S có một bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của nó trong khi giải các bài tập đại số và hình học rất có hiệu quả. Ta thường gọi đó là “bất đẳng thức kép”. Đó là bất đẳng thức sau : 2 2 (a  b) 2 Với mọi a, b ta luôn có : a  b   2ab (*) 2 2(a 2  b 2 )  (a  b) 2 .......(1)  2 Nhận thấy (*)  ( a  b)  4ab.................(2)  2 2 a  b  2ab..................(3) 2 Cả ba bất đẳng thức trên đều tương đương với hằng bất đẳng thức ( a  b)  0 và do đó chúng xảy ra đẳng thức khi a = b. Ý nghĩa của bất đẳng thức (*) là nêu nên quan hệ giữa tổng hai số với tích hai số và với tổng các bình phương của hai số đó. Sau đây là một số ví dụ minh hoạ việc vận dụngvà khai thác bất đẳng thức (*). Bài toán 1: Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng: 1 1 8 8 1 a2  b2  4 ; a b  4 ; a b  2 8 128 * Giải : Áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết a + b = 1 ta có: 1 2 ( a  b) 2 1 2 2 2 ( ) (a  b ) 1 a2  b2   ; a4  b4   2  2 2 2 2 8 1 4 4 2 ( )2 (a  b ) 1 a 8  b8   8  .Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1/2. 2 2 128 * Khai thác bài toán Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bđt (1) và tăng số mũ của biến ta thu được các kết quả như: 1 2 8 8 2 ( ) 16 16 (a  b ) 128 1 a b    15 ......... 2 2 2 Tổng quát ta có bài toán sau: Bài toán 1.1: n n 1 Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng: a 2  b 2  2 2n 1 Cách giải bài toán 1.1 ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học và làm tương tự bài toán 1. Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát bài toán 1.1 khi thay giả thiết a + b = 1 bởi giả thiết a + b = k, làm n n tương tự như trên ta có a 2  b 2  n kn 2 2 1 Vậy có bài toán 1.2 như sau: Bài toán 1.2: n n n Cho a + b = k . Chứng minh: a 2  b 2  kn 2 2 1 Nhận xét 3: Từ bài toán 1.2 nếu ta thay giả thiết a + b = k bởi b = k - a ta được Bài toán 1.3: Diendantoanhoc.net
n n kn Chứng minh : a 2  (k  a) 2  n với mọi k . 2 2 1 * Khai thác sâu bài toán Nhận xét 1: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp 2 lần ta có kết quả: 2  a  b 2    4 4 4 a b  (a 2  b 2 ) 2  2    a  b 2 2 23 Tổng quát ta có bài toán sau: Bài toán1.4: Chứng minh : a  b 4 n n a  b 2n 4 4 a) a  b  b) a 2 b 2 23 n 2 2 1 Nhận xét 2: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp nhiều lần và tăng số biến ta có: 2 2  a  b 2   c  d 2      4 4 4 4 ( a 2  b 2 ) 2  (c 2  d 2 ) 2  2   2  a b c d    2 2 4 (a  b) 4  (c  d ) 4 a  b  c  d    8 8.2 3 4 4 a 4  b 4  c 4  d 4 a  b  c  d   a  b  c  d      . 4 4 .8 .2 3  4  Vậy có bài toán 1.5: 4 a4  b4  c4  d 4  a  b  c  d  Chứng minh:   4  4  Cứ tiếp tục suy luận sâu hơn nữa ta thu được nhiều bài toán tổng quát hơn. Bài toán 2: Cho a, b, c > 0.Chứng minh rằng: ( a  b ).(b  c ).(c  a )  8abc. (a  b) 2  4ab  2 * Giải: áp dụng bất đẳng thức (2) ta có : (c  b)  4cb (a  c) 2  4ac   ( a  b)(b  c)(c  a )  64 a 2 b 2 c 2 (vì a, b, c > 0) 2  (a  b)(b  c)(c  a )  8abc ( vì (a+b)(b+c)(c+a) > 0 và 8abc > 0). Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . * Khai thác bài toán Nhận xét 1: Nếu cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Khi đó ta có 1 - a, 1- b, 1 - c > 0 và có 1 + c = 1 + 1 - a - b = (1 - a) + (1 - b). Áp dụng bài toán 2 ta được : (1  a )(1  b)(1  c)  8(1  a )(1  b)(1  c ) Vậy có bài toán 2.1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Diendantoanhoc.net
Chứng minh: (1  a )(1  b)(1  c )  8(1  a )(1  b)(1  c ) Nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác sâu hơn bài toán bằng cách cho a + b + c = n > 0 . Khi đó tương tự như bài toán 2.1 ta có Bài toán 2.2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = n > 0. Chứng minh : ( n  a )( n  b)( n  c )  8( n  a )( n  b )( n  c ) Bài toán 3: 2 2 2 Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : a  b  c  ab  bc  ca * Giải : a 2  b 2  2ab  2 2 áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : c  b  2cb a 2  c 2  2ac  2 2 2  2(a  b  c )  2(ab  bc  ca)  đ.p.c.m Có đẳng thức khi a = b = c. * Khai thác bài toán Nhận xét 1 : Nếu áp dụng bài toán 3 và tăng số mũ lên, giữ nguyên số biến ta có a 4  b 4  c 4  a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 (*) lại áp dụng bài toán 3 lần nữa ta có a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  abc(a  b  c) (**) . Từ (*) và (**) ta thu được kết quả là a 4  b 4  c 4  abc (a  b  c) . Vậy có bài toán 3.1: 4 4 4 Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : a  b  c  abc(a  b  c) . Nhận xét 2: Nếu tăng số biến và giữ nguyên số mũ của biến với cách làm như bài toán 3 ta có Bài toán 3.2: 2 2 2 Chứng minh rằng: a1  a 2  ...  a n  a1 a 2  a 2 a3  ...  a n1a n  a n a1 Với mọi a1 ; a 2 ;...; a n Bài toán 4 : 4 4 4 4 Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d ta có : a  b  c  d  4 abcd * Giải : Áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : a  b 4  c 4  d 4  2a 2 b 2  2c 2 d 2  2(a 2 b 2  c 2 d 2 )  4abcd đ.p.c.m 4 Có đẳng thức khi a = b = c = d * Khai thác bài toán 4 4 Nhận xét 1: Nếu thay b = c = d = 1 ta có bđt a  3  4 a  a  4 a  3 Vậy có bài toán 4.1: 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a  4 a Nhận xét 2: Nếu khai thác bài toán 4 theo hướng tăng số biến, số mũ lên, ta Có bài toán tổng quát sau: Bài toán 4.2: Chứng minh rằng với mọi số a1; a 2 ; a3 ;...; a 2n với n  N * ta có: 2n 2n 2n 2n n a1  a2  a3  ...  a n  2 a1a 2 a 3 ...a n . 2 2 Bài toán 5 : 2 2 2 2 Cho a + b + c + d = 2 . Chứng minh : a  b  c  d  1 Diendantoanhoc.net
* Khai thác bài toán 2 2 2 2 k2 Nhận xét 1: Nếu thay hằng số 2 ở giả thiết bởi số k ta được kết quả a  b  c  d  . 4 Vậy có bài toán tổng quát hơn như sau: Bài toán 5.1: 2 2 2 2 k2 Cho a + b + c + d = k . Chứng minh : a  b  c  d  4 Nhận xét 2: Ta còn có thể tổng quát bài toán 5.1 ở mức độ cao hơn bằng cách tăng số biến của bài toán . Khi đó bài toán 5.1 chỉ là trường hợp riêng của bài toán sau: Bài toán 5.2: 2 2 2 k2 * Cho 1a  a 2  ...  a n = k . Chứng minh: 1 a  a 2  ...  a n  với n  N n Để giải bài toán này thì cả hai cách làm của bài toán 5 ở trên đưa vào áp dụng không hợp lý, ta sẽ làm như sau: 2 k2 k 2 k2 k 2 k2 k Áp dụng bđt (3) ta có: a1  2  2a1 . ; a 2  2  2a 2 . ; … ; a n  2  2a n . n n n n n n 2 2 2 2 k k  a1  a 2  ...  a n  n 2  2 (a1  a 2  ...  a n ) (vì a1  a 2  ...  a n  k ) n n 2 2 2 k 2 k 2 2 2 2 k2  a1  a 2  ...  a n  2  a1  a 2  ...  a n  (đ.p.c.m). n n n Từ đó suy ra : 2 2 2 a1  a 2  ...  a n 2 * a1  a 2  ...  a n  với n  N (1.1) n Vậy có bài toán 5.3: 2 2 2 a1  a 2  a3  ...  a n 2 * Chứng minh: a1  a 2  ...  a n  với n  N . n Đặc biệt hoá với n = 5, n = 7, ta được những bài toán như : Chứng minh : 2 2 2 a1  a 2  a3  ...  a5 2 a1  a 2  ...  a 5  5 2 2 2 a1  a 2  a3  ...  a7 2 a1  a 2  ...  a 7  . 7 Rõ ràng những bđt này nếu sử dụng phương pháp dùng định nghĩa hoặc biến đổi tương đương thì rất khó giải quyết . hoctoancap ba.com * Khai thác sâu bài toán Nếu tiếp tục nâng số mũ lên cao hơn theo cách khai thác của bài toán 1.4 ta thu được kết quả tổng quát hơn nữa chẳng hạn: Bài toán 5.4: Chứng minh: 4 4 4 a1  a 2  a3  ...  a n 4 * a) a1  a 2  ...  a n  3 với n  N n 8 8 8 a1  a 2  a3  ...  a n 8 * b) a1  a 2  ...  a n  7 với n  N n Diendantoanhoc.net
2n 2n 2n a1  a 2  a3  ...  a 2n 2n c) a1  a2  ...  a n  n với n  N * (1.2) 2 n 2 1 2  Rõ ràng các bất đẳng thức này còn chặt hơn cả bđt Cô Si và cũng không cần điều kiện gì của biến. Tiểu kết 1: Trên đây ta đã khai thác và phát triển từ những bài toán đơn giản để thu được những bài toán mới, những kết quả mới tổng quát hơn. Bất đẳng thức (1.1) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng tăng số biến của bài toán. Bất đẳng thức (1.2) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng tăng cả số mũ và số biến. Tiểu kết 2: Để khai thác, phát triển một bài toán về bất đẳng thức ta có thể đi theo một số hướng như sau: Hướng thứ nhất : Tổng quát hoá các hằng số có trong bài toán, ví dụ như các bài toán 1.2; 2.2; 5.1; 6.1; 8.1; 9.1; 10.2; 12.1 Hướng thứ hai : Giữ nguyên số biến và tăng số mũ của các biến dẫn đến tổng quát hoá số mũ, ví dụ các bài toán 1.1; 1.4 Hướng thứ ba : Giữ nguyên số mũ và tăng số biến của các biến dẫn đến tổng quát hoá số biến, ví dụ các bài toán 1.5; 3.1; 6.3; 9.2; 10.3 Hướng thứ tư : Tổng quát hoá cả về số mũ và số biến, ví dụ như các bài toán 4.2; 5.2; 5.4 Hướng thứ năm : Đổi biến, đặc biệt hoá từ bài toán tổng quát, ví dụ như các bài toán 2.1; 4.1; 5.3; 6.2 Trên đây là các ví dụ vận dụng bđt (*) vào việc giải các bài toán đại số và một số phương hướng để khai thác một bài toán. Kết quả thu được sau khi khai thác bđt (1) là bđt : 2 2 2 a1  a2  ... an 2 a  a2  ... an  1 * với n  N (1.1) n Và bđt: 2n 2n 2n  2n a1  a2  a3  ...  a2n  a1  a2  ...  a n  n * 2 n 2 1 với n  N (1.2) 2   Hoàn toàn tương tự như trên ( Chứng minh bằng quy nạp toán học ) ta cũng có kết quả khi khai thác bđt (2) như sau: 2n a1  a2  a3  ...  a n 2 n  n  2 a1a2 ...a với n  N * (2.1) n 2 1 2n 2   Từ bđt (1.2) và bđt (2.1) ta có bđt tổng quát của bđt (*) như sau: Diendantoanhoc.net
2n 2n 2n a1  a2  a3  ... a2n 2n n a1  a2  ... a n  n  2 a1a2...a với n N* (*.1) 2 n 2 1 2n   2 Như vậy khi làm xong một bài toán dù là bài toán dễ , người làm toán không nên thoả mãn ngay với lời giải của mình mà cần tiếp tục suy xét những vấn đề xung quanh bài toán, tìm ra các bài toán mới hay hơn, tổng quát hơn, sau đó đặc biệt hoá bài toán tổng quát để có được những bài toán độc đáo hơn, thú vị hơn. Điều đó làm cho người học toán ngày càng say mê bộ môn, đồng thời cũng là cách rèn luyện tư duy, nghiên cứu để chiếm lĩnh kho tàng tri thức của nhân loại. Diendantoanhoc.net
KHAI THÁC MỘT BẤT ĐẲNG THỨC 2 1. Lí thuyết: 1.1 Một vài BĐT thông dụng:  A2  0. + Cho a, b không âm a  b  2 ab . 1 1 4 + Cho a, b dương   . a b ab + Với mọi a, b, c ta có ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2 . 1.2 Bất đẳng thức CBS: (*) Cho các số thực dương a, b, c, x, y, z ta luôn có  a 2 b2 c2  2  x  y  z      a  b  c (I)  x y z  Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức này, thật vậy:  a 2 b2 c2  2 2 2 xb 2 xc 2 ya 2 yc 2 za 2 zb 2  x  y  z      a  b  c        x y z  y z x z x y  xb 2 ya 2   yc 2 zb 2   xc 2 za 2   a 2  b2  c2        2 2 2   a  b  c  2ab  2bc  2ca  y x   z y   z x  2  a  b  c Tuy nhiên cá nhân tôi vẫn thường hay sử dụng BĐT ( I ) dưới hình thức 2 a2 b2 c2  a  b  c     ( II ) x y z x yz Xét riêng các trường hợp: 2 + Nếu x = y = z = 1 thì ( I ) trở thành  a  b  c   3  a 2  b 2  c 2  . (III) 1 1 1 9 + Nếu a = b = c = 1 thì ( II ) trở thành    . (IV) x y z x yz (*): Thực ra BĐT (I), (II) chỉ là hệ quả của BĐT: Cho 2n số thực a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn khi đó  a12  a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2    a1b1  a2b2  ...  anbn 2 . Bất đẳng thức này được nhà toán học người Pháp Cauchy đề cập vào năm 1821, nhà toán học người Nga Buniakowski đề cập năm 1895, còn nhà toán học người Đức Schwartz đề cập năm 1884. Do cả ba nhà toán học độc lập nghiên cứu nên bất đẳng thức trên được mang tên ba nhà toán học Cauchy – Buniakowski – Schwartz. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi tạm gọi là CBS (đôi khi một số sách gọi Cauchy – Schwart hoặc ta thường lầm gọi là Buniakowski). Sau đây là một vài bài toán minh học ứng dụng của CBS Ví dụ 1: [BĐT Nesbit] Với a, b, c là các số dương ta có: a b c 3    bc ca ab 2 . Lời giải Đối với BĐT kinh điển này thì ta chỉ cần sử dụng trực tiếp ( II ) và với để ý BĐT đơn giản 2 a  b  c  3  ab  bc  ca  a b c a2 b2 c2 Khi đó ta có:      b  c c  a a  b ab  ac bc  ab ac  bc 2   a  b  c  3  ab  bc  ca  3  . 2  ab  bc  ca  2  ab  bc  ca  2 Diendantoanhoc.net
Như vậy ta có được điều phải chứng minh. Ví dụ 2: [Hungary 1996] Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh: a2 b2 1   a 1 b 1 3 Lời giải 2 Áp dụng ( II ), dễ dàng ta có: a2  b2   a  b  1 . a 1 b 1 a  b 11 3 Ví dụ 3: [Romania 1997] Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 bc ca ab 2  2  2 1 2  2  2 a  2bc b  2ca c  2ab a  2bc b  2ca c  2ab Lời giải Sử dụng ( II ) ta có: 2 a2  b2  c2  2 a  b  c  1. a  2bc b  2ca c  2ab a  2bc  b 2  2ca  c 2  2ab 2 2 2 Mặt khác ta sử dụng hằng đẳng thức bc ca ab 3 1  a2 b2 c2  2  2  2    2  2  2  a  2bc b  2ca c  2ab 2 2  a  2bc b  2ca c  2ab  Như vậy bài toán đã được chứng minh xong. Ví dụ 4: [Dự tuyển Olympic 30.04] Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, AC, AB. Chứng minh rằng: x y z a 2  b 2  c 2  2S abc . Lời giải: Với giả thiết bài toán thì ax  by  cz  2S . Ta có: 2 1 1 1  x y z    ax  by  cz      a b c  ax  by  cz  ab  bc  ca   2 S  a 2  b 2  c 2  . abc abc Ví dụ 5: [Vietnam 1996] Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  9 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 5 b5 c 5 P 2  2  2. b c a Lời giải: a5 a5 Theo Cauchy, ta có: 2  2  3b 2  3b 2  3 3  5 3a 2 . Xây dựng các BĐT tương tự ta nhận b b được 2 P  2 3  a  b  c   9 3  5 3  a 2  b 2  c 2  2 2 2  P  9 3. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3 . Cách khác: 2 a 5 b5 c5  a  b  c  3 3 3 Theo ( II ) ta có: 2  2  2  2 . b c a ab  bc 2  ca 2 Diendantoanhoc.net
3 a 2  b2  c 2  2 Lại có: ab  bc  ca  2 2 a 2 2 b c 2  a b2 2 2 2 b c c a 2 2  3  9 3. 2 3 P a 3  b3  c 3   a 2  b2  c2  9 3 9 3 27 3 1 1 1 Ví dụ 6: [TSĐH KA 2005] Cho x, y, z là các số thực dương thỏa    4 . Chứng minh x y z 1 1 1 rằng:   1 . 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z Lời giải 1 1 1 1 1  1 2 1 1 Ta có          2x  y  z  x  y    x  z  4  x  y x  z  16  x y z  Xây dựng hai bất đẳng thức tương tự ta được: 1 1 1 1 4 4 4         1. 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z 16  x y z  Ví dụ 7: [THTT 2009] Cho a, b > 0 thỏa mãn 3a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 S  a ab . Lời giải: 2 Ta có: S  1  1 1   2   2 2   8. a a 1  3a  a 1  2a a  1  2a 1 Nên giá trị nhỏ nhất của S bằng 8 khi a  b  . 4 Ví dụ 8: [THTT 2009] Cho a, b, c là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: a b c 3 3 3  1. a  2b b  2c c  2a Lời giải: a  2b  2 Ta có 3 1.1 2b  a   , nên 3 2 VT   3a 3 2 a2 3 a  b  c 1 a  2b  2 a  2ab  2a  a  2   ab   2   a  2 Ví dụ 9: [USAMO 2000] Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 22  2 2  2 2  . a b 2 b c 2 c a 2 4 Lời giải: Không mất tổng quát, giả sử a  b  c . BĐT đã cho tương đương với 1 1 1 1 1 1 3  2 2   2 2   2 2  2 a b 2 2 b c 2 2 c a 2 4 a 2  b2 b2  c2 c2  a2 3  2 2  2 2  2 2  a b 2 b c 2 c a 2 2 2 2  a  b   a  b  3 2  a  b  2 2 2 2  a  b  2 2 2 2 Diendantoanhoc.net
Áp dụng ( II ) ta có: 2 2 2 a  b 4 a  b  c 2 a  b  c  2a 2  b2  2  4  a 2  b 2  c 2   12  2  a 2  b2  c2   6 2 2 2  a  b  a  b    b  c    a  c   2a  c  2  a 2  b2  2    4  a 2  b2  c 2   12   2  a 2  b2  c 2   6 2 2  a 2  b2  c2   2  a  c  Từ đó ta nhận được: VT  . Bây giờ chỉ cần chứng minh: 2  a 2  b2  c2   6 2 2 2  a 2  b 2  c 2   2  a  c   3  a 2  b2  c 2   9  3  a 2  b 2  c 2    a  b  c  Bằng cách khai triển, BĐT này tương đương với 2  a  b  b  c   0 . Điều này hiển nhiên đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. a2  b2 6  a 2  b2  c2  Ví dụ 10: [Mathlink] Cho a, b, c dương. Chứng minh:  2  2 . a  ab  b 2 a  b  c Lời giải: 2 Ta có:  2 a2  b2 6 2  a  b  . Do đó bài toán đưa về việc chứng minh: 2 a  ab  b a  ab  b 2  a  b   6  a 2  b2  c 2   6 2  a 2  ab  b2 2 a  b  c 2 2  a  b 4a  b  c Áp dụng ( II ) ta có: a 2  ab  b 2  2  a 2  b 2  c 2    ab  bc  ca  , nên ta cần chứng minh: 4a  b  c 2 6  a 2  b2  c 2   6. 2  a 2  b 2  c 2    ab  bc  ca  2 a  b  c Đặt x  a 2  b 2  c 2 , y  ab  bc  ca  x  y. Khi đó BĐT tương đương với: 4 x  2y 6x 4  x  2 y  4  2x  y   6  8 2x  y x  2y 2x  y x  2y Khẳng định cuối cùng hiển nhiên đúng theo AM – GM. 1 1 1 Ví dụ 11: [Balkan 2005] Cho a, b, c dương thỏa mãn a  b  c    . Chứng minh rằng: a b c 3 2 abc   . a  b  c abc Lời giải: 1 1 1 9 Ta có a  b  c      a  b  c  3. a b c abc 2 1 1 1 2 2 2    2 Từ đó:  a  b  c    a  b  c    2 a  b  c   3   a b c   3  2 1  1  1    3 3 3  ab bc ca  Từ đây ta có điều phải chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. Ví dụ 12: Cho a, b, c dương thỏa mãn: a  b  c  3. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 3 2 2  2 2  2 2  4 . a  ab  b b  bc  c c  ca  a a  b4  c4 Diendantoanhoc.net
Lời giải: 2 Ta có:  2 a2  a  b  c  9 . 2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca 2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca 2 a  ab  b Vì vậy BĐT cần chứng minh tương đương với: 3  a 4  b 4  c 4   2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca . Do ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2 , nên ta chứng minh: a 4  b 4  c 4  a 2  b 2  c 2 2 Lại vì 3  a  b  c    a  b  c 2 2 a  b  c 4 4 4 2 2   3 . a 2  b 2  c 2   3  a 2  b 2  c 2  , nên dẫn đến phép hoàn thành phép chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1. Ví dụ 13: Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 1 2 2  2 2  2 2  . 5a   b  c  5b   c  a  5c   a  c  3 Lời giải: 2 9a 2 a  a  a Ta có:  5a 2  b  c 2  a 2  b 2  c 2    2a 2  bc    2a 2  bc  a2 a2  a2 b2 c2    2  2a 2  bc  1  2  2    a 2  b2  c 2 2 2  2a  bc 2b  ac 2c  ab  1 Cũng lại theo ( II ): 2 2 bc b 2c 2  ab  bc  ca   ab  bc  ca   2a 2  bc  b2c 2  2a 2bc  a 2b2  b2c 2  c 2 a 2  2abc  a  b  c   ab  bc  ca 2  1     bc  a2   1  2 2 2 1  2a  bc  2a  bc  2 Từ 1 ,  2  ta suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c. 2. Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho a, b, c không âm thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1    3. ab  1 bc  1 ac  1 Bài 2: Cho a, b, c là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: a b c 3 3 3  1. a  2b b  2c c  2a Bài 3: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 2. Chứng minh: a2 b2 c2 1 7  23 2     . 4a  1 4b  1 4c  1 32  ab  bc  ca  16 3 4  4 3 2 1 1  x 2 2 x2 y2 Bài 4: Cho  3 2 . Tìm GTNN của P  x  y  2 .  y  1  4 x  1 y  x  Bài 5: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng ; 1 1 1 3 2 2  2 2  2 2  . a b 2 b c 2 c a 2 4 Bài 6: Cho a, b, c dương thỏa mãn ab  bc  ca  abc . Chứng minh rằng: a2  b2 b2  c2 c2  a2 ab  bc  ca 3 2  ab  bc  ca  Diendantoanhoc.net
a2  b2 6  a2  b2  c2  Bài 7: Cho a, b, c dương. Chứng minh:  2  2 . a  ab  b 2 a  b  c Bài 8: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 3  b3  c3  1 . Chứng minh: 1 1 1 81    . 2 2 2 2 2 2 a5 b2  c  b5  c 2  a  c5  a 2  b  4 1 Bài 9: Cho a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  . Tìm GTLN của: 2 P  a  b  b  c  2 b  ab  ac  bc  a  c Diendantoanhoc.net
SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. Cơ sở lí thuyết 1. Khái niệm về tính lồi, lõm của đồ thị hàm số Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a ; b) . a) Đồ thị của hàm số được gọi là lồi trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm M(c ; f (c)), c  (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía trên của đồ thị hàm số. b) Đồ thị của hàm số được gọi là lõm trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm M(c ; f (c)), c  (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía dưới của đồ thị hàm số. 2. Dấu hiệu lồi, lõm của đồ thị hàm số Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a ; b) . a) Nếu f ''( x)  0 với mọi x  (a ; b) thì đồ thị của hàm số lồi trên khoảng (a ; b) . b) Nếu f ''( x)  0 với mọi x  (a ; b) thì đồ thị của hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . 3. Nhận xét a) Cho các hàm số y  f ( x) và y  g ( x) xác định trên khoảng (a ; b) và có đồ thị lần lượt là (C) và (G). Khi đó (C) nằm trên (G)  f ( x)  g ( x), x  (a ; b) b) Nếu đồ thị hàm số y  f ( x) lồi trên khoảng (a ; b) và y  f '(c)( x  c)  f (c) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(c ; f (c)), c  (a ; b) thì f ( x)  f '(c)( x  c)  f (c), x  (a ; b) (1) c) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức ngược lại. Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức f ( x) thông qua biểu thức bậc nhất. Hơn nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của bài toán. II. Bài tập áp dụng Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Chứng minh rằng a1  a2  ...  an n  a1a2 ...an n Chứng minh. Nếu có một số ai = 0 (i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét trường hợp ai > 0, i  {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho a1  a2  ...  an ta được 1 a1 a1 a1 n . ... n a1  a2  ...  an a1  a2  ...  an a1  a2  ...  an ai Đặt xi  , i {1, 2, ..., n} thì xi > 0 thoả mãn x1  x2  ...  xn  1 và bđt trở a1  a2  ...  an 1 1 thành n x1 x2 ...xn  hay ln x1  ln x2  ...  ln xn  n ln n n Diendantoanhoc.net
1 1 Xét hàm số y  f ( x)  ln x, x  0 . Ta có f '( x)  , f ''( x)   2  0, x  0 suy ra đồ thị x x hàm số lồi trên khoảng (0;+) . 1 1 1 Tiếp tuyến của đths tại điểm  ;ln  có phương trình là y  nx  1  ln suy ra n n n 1 ln x  nx  1  ln , x  (0; ) (1) n Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta được 1 ln x1  ln x2  ...  ln xn  n( x1  x2  ...  xn )  n  n ln n Kết hợp với x1  x2  ...  xn  1 ta có điều phải chứng minh. 1 Đẳng thức xảy ra khi x1  x2  ...  xn  hay a1  a2  ...  an . n Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm cấp 2 trên khoảng (a ; b) . a) Nếu f ''( x)  0, x  (a ; b) thì x1 , x2 ,..., xn  ( a ; b) và 1 , 2 ,..., n  [0;1] thoả mãn 1   2     n  1 ta có f (1 x1   2 x2     n xn )  1 f ( x1 )   2 f ( x2 )     n f ( xn ) (1) b) Nếu f ''( x)  0, x  (a ; b) thì ta có bất đẳng thức ngược lại. Chứng minh. a) Đặt x  1 x1   2 x2     n xn thì x  (a ; b) . Tiếp tuyến của đths y  f ( x) tại điểm ( x ; f ( x)) có phương trình là y  f '( x)( x  x)  f ( x) . Do f ''( x)  0, x  (a ; b) nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . Bởi vậy tại điểm ( x ; f ( x)) tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra f ( x)  f '( x)( x  x)  f ( x), x  (a ; b) Thay x  xi ta được f ( xi )  f '( x)( xi  x)  f ( x ) . Nhân hai vế với  i  0 ta được  i f ( xi )   i f '( x).xi   i f '( x).x   i f ( x), i  1,2,..., n . Cộng vế n BĐT ta được n n n n  i 1 i f ( xi )  f '( x) i xi  f '( x).x  i  f ( x)  i i 1 i 1 i 1 n n n n Bởi x   i xi và i 1  i  1 nên ta được i 1  i f ( xi )  f ( i xi ) đó là đpcm. i 1 i 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  x2    xn b) Chứng minh tương tự. 1 Trường hợp đặc biệt: Nếu 1   2     n  thì BĐT (1) trở thành n f ( x1 )  f ( x2 )    f ( xn )  x  x2    xn   f 1  n  n  Diendantoanhoc.net